Leetcode——树和图（1）
二叉树的层序遍历
给你一个二叉树，请你返回其按 层序遍历 得到的节点值。 （即逐层地，从左到右访问所有节点）。
示例：
二叉树：[3,9,20,null,null,15,7],
3
/ \
9 20
/ \
15 7
返回其层次遍历结果：
[
[3],
[9,20],
[15,7]
]
广度优先搜索 BFS
建立一个 queue，然后先把根节点放进去，这时候找根节点的左右两个子节点，这时候去掉根节点，此时 queue 里的元素就是下一层的所有节点，
用一个 for 循环遍历它们，然后存到一个一维向量里，遍历完之后再把这个一维向量存到二维向量里，以此类推，可以完成层序遍历
class Solution {
public:
vector<vector<int>> levelOrder(TreeNode* root) {
if (!root) return {};
vector<vector<int>> res;
queue<TreeNode*> q{{root}};
while (!q.empty()) {
vector<int> oneLevel;
for (int i = q.size(); i > 0; --i) {
TreeNode *t = q.front(); q.pop();
oneLevel.push_back(t->val);
if (t->left) q.push(t->left);
if (t->right) q.push(t->right);
}
res.push_back(oneLevel);
}
return res;
}
};
递归
建立一个 queue，然后先把根节点放进去，这时候找根节点的左右两个子节点，这时候去掉根节点，此时 queue 里的元素就是下一层的所有节点，
用一个 for 循环遍历它们，然后存到一个一维向量里，遍历完之后再把这个一维向量存到二维向量里，以此类推，可以完成层序遍历
class Solution {
public:
vector<vector<int>> levelOrder(TreeNode* root) {
vector<vector<int>> res;
levelorder(root, 0, res);
return res;
}
void levelorder(TreeNode* node, int level, vector<vector<int>>& res) {
if (!node) return;
if (res.size() == level) res.push_back({});
res[level].push_back(node->val);
if (node->left) levelorder(node->left, level + 1, res);
if (node->right) levelorder(node->right, level + 1, res);
}
};
二叉树的层次遍历 II
给定一个二叉树，返回其节点值自底向上的层次遍历。 （即按从叶子节点所在层到根节点所在的层，逐层从左向右遍历）
例如：
给定二叉树 [3,9,20,null,null,15,7],
3
/ \
9 20
/ \
15 7
返回其自底向上的层次遍历为：
[
[15,7],
[9,20],
[3]
]
广度优先搜索 BFS
class Solution {
public:
vector<vector<int> > levelOrderBottom(TreeNode* root) {
if (!root) return {};
vector<vector<int>> res;
queue<TreeNode*> q{{root}};
while (!q.empty()) {
vector<int> oneLevel;
for (int i = q.size(); i > 0; --i) {
TreeNode *t = q.front(); q.pop();
oneLevel.push_back(t->val);
if (t->left) q.push(t->left);
if (t->right) q.push(t->right);
}
res.insert(res.begin(), oneLevel);
}
return res;
}
};
递归
使用一个变量level来标记当前的深度，初始化带入0，表示根结点所在的深度。
由于需要返回的是一个二维数组res，开始时我们又不知道二叉树的深度，不知道有多少层，所以无法实现申请好二维数组的大小，只有在遍历的过程中不断的增加。
那么我们什么时候该申请新的一层了呢，当level等于二维数组的大小的时候，为啥是等于呢，不是说要超过当前的深度么，这是因为level是从0开始的，就好比一个长度为n的数组A，你访问A[n]是会出错的，当level等于数组的长度时，就已经需要新申请一层了，我们新建一个空层，继续往里面加数字
class Solution {
public:
vector<vector<int>> levelOrderBottom(TreeNode* root) {
vector<vector<int>> res;
levelorder(root, 0, res);
return vector<vector<int>> (res.rbegin(), res.rend());
}
void levelorder(TreeNode* node, int level, vector<vector<int>>& res) {
if (!node) return;
if (res.size() == level) res.push_back({});
res[level].push_back(node->val);
if (node->left) levelorder(node->left, level + 1, res);
if (node->right) levelorder(node->right, level + 1, res);
}
};
二叉树的中序遍历
给定一个二叉树，返回它的中序 遍历。
示例:
输入: [1,null,2,3]
1
\
2
/
3
输出: [1,3,2]
进阶: 递归算法很简单，你可以通过迭代算法完成吗？
递归
对左子结点调用递归函数，根节点访问值，右子节点再调用递归函数
class Solution {
public:
vector<int> inorderTraversal(TreeNode *root) {
vector<int> res;
inorder(root, res);
return res;
}
void inorder(TreeNode *root, vector<int> &res) {
if (!root) return;
if (root->left) inorder(root->left, res);
res.push_back(root->val);
if (root->right) inorder(root->right, res);
}
};
栈
从根节点开始，先将根节点压入栈，然后再将其所有左子结点压入栈，然后取出栈顶节点，保存节点值，
再将当前指针移到其右子节点上，若存在右子节点，则在下次循环时又可将其所有左子结点压入栈中。
这样就保证了访问顺序为左-根-右
class Solution {
public:
vector<int> inorderTraversal(TreeNode *root) {
vector<int> res;
stack<TreeNode*> s;
TreeNode *p = root;
while (p || !s.empty()) {
while (p) {
s.push(p);
p = p->left;
}
p = s.top(); s.pop();
res.push_back(p->val);
p = p->right;
}
return res;
}
};
把结点值加入结果 res 的步骤从 if 中移动到了 else 中，因为中序遍历的顺序是左-根-右
class Solution {
public:
vector<int> inorderTraversal(TreeNode* root) {
vector<int> res;
stack<TreeNode*> s;
TreeNode *p = root;
while (!s.empty() || p) {
if (p) {
s.push(p);
p = p->left;
} else {
p = s.top(); s.pop();
res.push_back(p->val);
p = p->right;
}
}
return res;
}
};
二叉树的前序遍历
给定一个二叉树，返回它的 前序 遍历。
示例:
输入: [1,null,2,3]
1
\
2
/
3
输出: [1,2,3]
进阶: 递归算法很简单，你可以通过迭代算法完成吗？
栈
先序遍历的顺序是"根-左-右", 算法为：
-
把根节点 push 到栈中
-
循环检测栈是否为空，若不空，则取出栈顶元素，保存其值，然后看其右子节点是否存在，若存在则 push 到栈中。再看其左子节点，若存在，则 push 到栈中。
class Solution {
public:
vector<int> preorderTraversal(TreeNode* root) {
if (!root) return {};
vector<int> res;
stack<TreeNode*> s{{root}};
while (!s.empty()) {
TreeNode *t = s.top(); s.pop();
res.push_back(t->val);
if (t->right) s.push(t->right);
if (t->left) s.push(t->left);
}
return res;
}
};
辅助结点p初始化为根结点，while 循环的条件是栈不为空或者辅助结点p不为空，
在循环中首先判断如果辅助结点p存在，那么先将p加入栈中，然后将p的结点值加入结果 res 中，此时p指向其左子结点。
否则如果p不存在的话，表明没有左子结点，取出栈顶结点，将p指向栈顶结点的右子结点
class Solution {
public:
vector<int> preorderTraversal(TreeNode* root) {
vector<int> res;
stack<TreeNode*> st;
TreeNode *p = root;
while (!st.empty() || p) {
if (p) {
st.push(p);
res.push_back(p->val);
p = p->left;
} else {
p = st.top(); st.pop();
p = p->right;
}
}
return res;
}
};
二叉树的后序遍历
给定一个二叉树，返回它的 后序 遍历。
示例:
输入: [1,null,2,3]
1
\
2
/
3
输出: [3,2,1]
进阶: 递归算法很简单，你可以通过迭代算法完成吗？
后序的顺序是左-右-根，所以当一个结点值被取出来时，它的左右子结点要么不存在，要么已经被访问过了。
先将根结点压入栈，然后定义一个辅助结点 head，while 循环的条件是栈不为空，
在循环中，首先将栈顶结点t取出来，如果栈顶结点没有左右子结点，或者其左子结点是 head，或者其右子结点是 head 的情况下。
将栈顶结点值加入结果 res 中，并将栈顶元素移出栈，然后将 head 指向栈顶元素；
否则的话就看如果右子结点不为空，将其加入栈，再看左子结点不为空的话，就加入栈，
注意这里先右后左的顺序是因为栈的后入先出的特点，可以使得左子结点先被处理。
下面来看为什么是这三个条件呢，
首先如果栈顶元素如果没有左右子结点的话，说明其是叶结点，
而且入栈顺序保证了左子结点先被处理，所以此时的结点值就可以直接加入结果 res 了，
然后移出栈，将 head 指向这个叶结点，这样的话 head 每次就是指向前一个处理过并且加入结果 res 的结点，那么如果栈顶结点的左子结点或者右子结点是 head 的话，说明其子结点已经加入结果 res 了，那么就可以处理当前结点了。
head 是指向上一个被遍历完成的结点，由于后序遍历的顺序是左-右-根，所以一定会一直将结点压入栈，一直到把最左子结点（或是最左子结点的最右子结点）压入栈后，开始进行处理。
一旦开始处理了，head 就会被重新赋值。所以 head 初始化值并没有太大的影响，
唯一要注意的是不能初始化为空，因为在判断是否打印出当前结点时除了判断是否是叶结点，还要看 head 是否指向其左右子结点，
如果 head 指向左子结点，那么右子结点一定为空，因为入栈顺序是根-右-左，不存在右子结点还没处理，就直接去处理根结点了的情况。若 head 指向右子结点，则是正常的左-右-根的处理顺序。那么回过头来在看，
若 head 初始化为空，且此时正好左子结点不存在，那么在压入根结点时，head 和左子结点相等就成立了，此时就直接打印根结点了，明显是错的。
所以 head 只要不初始化为空，一切都好说，甚至可以新建一个结点也没问题。将 head 初始化为 root，也可以，就算只有一个 root 结点，那么在判定叶结点时就将 root 打印了，然后就跳出 while 循环了，也不会出错
class Solution {
public:
vector<int> postorderTraversal(TreeNode* root) {
if (!root) return {};
vector<int> res;
stack<TreeNode*> s{{root}};
TreeNode *head = root;
while (!s.empty()) {
TreeNode *t = s.top();
if ((!t->left && !t->right) || t->left == head || t->right == head) {
res.push_back(t->val);
s.pop();
head = t;
} else {
if (t->right) s.push(t->right);
if (t->left) s.push(t->left);
}
}
return res;
}
};
先将先序遍历的根-左-右顺序变为根-右-左，再翻转变为后序遍历的左-右-根，翻转还是改变结果 res 的加入顺序，然后把更新辅助结点p的左右顺序换一下即可
class Solution {
public:
vector<int> postorderTraversal(TreeNode* root) {
vector<int> res;
stack<TreeNode*> s;
TreeNode *p = root;
while (!s.empty() || p) {
if (p) {
s.push(p);
res.insert(res.begin(), p->val);
p = p->right;
} else {
TreeNode *t = s.top(); s.pop();
p = t->left;
}
}
return res;
}
};
二叉树的锯齿形层次遍历
给定一个二叉树，返回其节点值的锯齿形层次遍历。（即先从左往右，再从右往左进行下一层遍历，以此类推，层与层之间交替进行）。
例如：
给定二叉树 [3,9,20,null,null,15,7],
3
/ \
9 20
/ \
15 7
返回锯齿形层次遍历如下：
[
[3],
[20,9],
[15,7]
]
方法一
利用层序遍历，并使用一个变量 cnt 来统计当前的层数（从0开始），将所有的奇数层的结点值进行翻转一下即可
class Solution {
public:
vector<vector<int>> zigzagLevelOrder(TreeNode* root) {
if (!root) return {};
vector<vector<int>> res;
queue<TreeNode*> q{{root}};
int cnt = 0;
while (!q.empty()) {
vector<int> oneLevel;
for (int i = q.size(); i > 0; --i) {
TreeNode *t = q.front(); q.pop();
oneLevel.push_back(t->val);
if (t->left) q.push(t->left);
if (t->right) q.push(t->right);
}
if (cnt % 2 == 1) reverse(oneLevel.begin(), oneLevel.end());
res.push_back(oneLevel);
++cnt;
}
return res;
}
};
方法二
由于每层的结点数是知道的，就是队列的元素个数，所以可以直接初始化数组的大小。
此时使用一个变量 leftToRight 来标记顺序，初始时是 true，
当此变量为 true 的时候，每次加入数组的位置就是i本身，
若变量为 false 了，则加入到 size-1-i 位置上，这样就直接相当于翻转了数组。
每层遍历完了之后，需要翻转 leftToRight 变量，同时不要忘了将 oneLevel 加入结果 res
class Solution {
public:
vector<vector<int>> zigzagLevelOrder(TreeNode* root) {
if (!root) return {};
vector<vector<int>> res;
queue<TreeNode*> q{{root}};
bool leftToRight = true;
while (!q.empty()) {
int size = q.size();
vector<int> oneLevel(size);
for (int i = 0; i < size; ++i) {
TreeNode *t = q.front(); q.pop();
int idx = leftToRight ? i : (size - 1 - i);
oneLevel[idx] = t->val;
if (t->left) q.push(t->left);
if (t->right) q.push(t->right);
}
leftToRight = !leftToRight;
res.push_back(oneLevel);
}
return res;
}
};
递归
实际上用的是先序遍历，递归函数需要一个变量 level 来记录当前的深度，由于 level 是从0开始的，
假如结果 res 的大小等于 level，就需要在结果 res 中新加一个空集，这样可以保证 res[level] 不会越界。
取出 res[level] 之后，判断 levle 的奇偶，
若其为偶数，则将 node->val 加入 oneLevel 的末尾，
若为奇数，则加在 oneLevel 的开头。然后分别对 node 的左右子结点调用递归函数，此时要传入 level+1 即可
class Solution {
public:
vector<vector<int>> zigzagLevelOrder(TreeNode* root) {
vector<vector<int>> res;
helper(root, 0, res);
return res;
}
void helper(TreeNode* node, int level, vector<vector<int>>& res) {
if (!node) return;
if (res.size() <= level) {
res.push_back({});
}
vector<int> &oneLevel = res[level];
if (level % 2 == 0) oneLevel.push_back(node->val);
else oneLevel.insert(oneLevel.begin(), node->val);
helper(node->left, level + 1, res);
helper(node->right, level + 1, res);
}
};
二叉搜索树迭代器
实现一个二叉搜索树迭代器。你将使用二叉搜索树的根节点初始化迭代器。
调用 next() 将返回二叉搜索树中的下一个最小的数。
示例：
BSTIterator iterator = new BSTIterator(root);
iterator.next(); // 返回 3
iterator.next(); // 返回 7
iterator.hasNext(); // 返回 true
iterator.next(); // 返回 9
iterator.hasNext(); // 返回 true
iterator.next(); // 返回 15
iterator.hasNext(); // 返回 true
iterator.next(); // 返回 20
iterator.hasNext(); // 返回 false
提示：
next()和hasNext()操作的时间复杂度是 O(1)，并使用 O(h) 内存，其中 h 是树的高度。- 你可以假设
next()调用总是有效的，也就是说，当调用next()时，BST 中至少存在一个下一个最小的数。
二叉树的中序遍历的非递归形式，需要额外定义一个栈来辅助，二叉搜索树的建树规则就是左<根<右，用中序遍历即可从小到大取出所有节点
class BSTIterator {
public:
BSTIterator(TreeNode *root) {
while (root) {
s.push(root);
root = root->left;
}
}
bool hasNext() {
return !s.empty();
}
int next() {
TreeNode *n = s.top();
s.pop();
int res = n->val;
if (n->right) {
n = n->right;
while (n) {
s.push(n);
n = n->left;
}
}
return res;
}
private:
stack<TreeNode*> s;
};
二叉树的最大深度
给定一个二叉树，找出其最大深度。
二叉树的深度为根节点到最远叶子节点的最长路径上的节点数。
说明: 叶子节点是指没有子节点的节点。
示例：
给定二叉树 [3,9,20,null,null,15,7]，
3
/ \
9 20
/ \
15 7
返回它的最大深度 3 。
深度优先搜索
C++
class Solution {
public:
int maxDepth(TreeNode* root) {
if (!root) return 0;
return 1 + max(maxDepth(root->left), maxDepth(root->right));
}
};
Java
public class Solution {
public int maxDepth(TreeNode root) {
return root == null ? 0 : (1 + Math.max(maxDepth(root.left), maxDepth(root.right)));
}
}
队列
使用层序遍历二叉树，然后计数总层数，即为二叉树的最大深度，
注意 while 循环中的 for 循环的写法有个 trick，一定要将 q.size() 放在初始化里，而不能放在判断停止的条件中，因为q的大小是随时变化的，所以放停止条件中会出错
C++
class Solution {
public:
int maxDepth(TreeNode* root) {
if (!root) return 0;
int res = 0;
queue<TreeNode*> q{{root}};
while (!q.empty()) {
++res;
for (int i = q.size(); i > 0; --i) {
TreeNode *t = q.front(); q.pop();
if (t->left) q.push(t->left);
if (t->right) q.push(t->right);
}
}
return res;
}
};
Java
public class Solution {
public int maxDepth(TreeNode root) {
if (root == null) return 0;
int res = 0;
Queue<TreeNode> q = new LinkedList<>();
q.offer(root);
while (!q.isEmpty()) {
++res;
for (int i = q.size(); i > 0; --i) {
TreeNode t = q.poll();
if (t.left != null) q.offer(t.left);
if (t.right != null) q.offer(t.right);
}
}
return res;
}
}
平衡二叉树
给定一个二叉树，判断它是否是高度平衡的二叉树。
本题中，一棵高度平衡二叉树定义为：
一个二叉树每个节点 的左右两个子树的高度差的绝对值不超过1。
示例 1:
给定二叉树 [3,9,20,null,null,15,7]
3
/ \
9 20
/ \
15 7
返回 true 。
示例 2:
给定二叉树 [1,2,2,3,3,null,null,4,4]
1
/ \
2 2
/ \
3 3
/ \
4 4
返回 false 。
方法一
平衡二叉树是每一个结点的两个子树的深度差不能超过1，
需要一个求各个点深度的函数，然后对每个节点的两个子树来比较深度差，时间复杂度为O(NlgN)
class Solution {
public:
bool isBalanced(TreeNode *root) {
if (!root) return true;
if (abs(getDepth(root->left) - getDepth(root->right)) > 1) return false;
return isBalanced(root->left) && isBalanced(root->right);
}
int getDepth(TreeNode *root) {
if (!root) return 0;
return 1 + max(getDepth(root->left), getDepth(root->right));
}
};
方法二
对于每一个节点，我们通过checkDepth方法递归获得左右子树的深度，
如果子树是平衡的，则返回真实的深度，若不平衡，直接返回-1，此方法时间复杂度O(N)，空间复杂度O(H)
class Solution {
public:
bool isBalanced(TreeNode *root) {
if (checkDepth(root) == -1) return false;
else return true;
}
int checkDepth(TreeNode *root) {
if (!root) return 0;
int left = checkDepth(root->left);
if (left == -1) return -1;
int right = checkDepth(root->right);
if (right == -1) return -1;
int diff = abs(left - right);
if (diff > 1) return -1;
else return 1 + max(left, right);
}
};
